CONTINUITÉ DES FONCTIONS
Exemples et contre-exemples : f n'est pas continue en a ... La courbe représentative d'une fonction continue se trace sans lever le crayon.
2. Continuité des fonctions
Par exemple tan(x) est continue sur son domaine de définition
Exemples de fonctions discontinues Continuité et dérivabilité dune
On dit que f est continue sur I si l'on peut tracer son graphe sans lever le stylo. Cette définition a le bon gout d'être intuitive par contre
Chapitre 7 : Intégrales généralisées
sur des segments non compacts ou bien sur des fonctions non continues par Cette exemple montre que l'aire sous la courbe de la fonction e?x sur tout [0 ...
Chapitre 2 - Continuité dune fonction de plusieurs variables
Si de plus g ne s'annule pas sur D alors f/g est continue. • Si D contient l'image de g
Corrigé du TD no 11
Fonctions réelles. J. Gillibert. Corrigé du TD no 11. Exercice 1. Soient f et g deux fonctions continues R ? R. On suppose que : ?x ? Q f(x) = g(x).
Exemples de fonctions non continues dans la vie courante
Exemples de fonctions non continues Lien avec le programme : continuité d'une fonction. EXERCICE 1 : ... La fonction « tarif » est-elle continue ?
Chapitre 3 - Dérivées partielles différentielle
http://www.math.univ-toulouse.fr/~jroyer/TD/2013-14-L2PS/L2PS-Ch3.pdf
Chapitre8 : Fonctions continues
Il est alors évident logiquement que (8.3) ùñ (8.4) ùñ (8.5) mais que les réciproques sont fausses en général. 0. 1. 2. Sur l'exemple : ‚ f n'est pas continue
Fonctions discontinues
Ici x et y doivent être du même type (réel fonction
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Montrons que la fonction “partie enti`ere” E est discontinue en 1 Rappel de la discontinuité ?? ? R? +?? ? R?
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Exemples de fonctions non continues dans la vie courante Niveau : terminale S éventuellement terminales STI2D ES-L Lien avec le programme : continuité
Fonctions continues et non continues sur un intervalle - Maxicours
Objectifs Introduire la notion de continuité Donner une liste usuelle de fonctions continues Montrer quelques contre-exemples Points clés Dire qu'une
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Une fonction est continue sur un intervalle si sa courbe représentative peut se tracer sans Exemples et contre-exemples : n'est pas continue en a
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Une fonction continue sur son domaine de définition n'est pas forcément continue dans ? Par exemple tan(x) est continue sur son domaine de définition mais
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Exemples de fonctions discontinues Continuité et dérivabilité d'une fonction définie par morceaux Cette fiche a été élaborée par des enseignantes et des
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Exemples : Sur [?1;4] la courbe de ne présente pas de saut : on peut la tracer sans lever le crayon est continue sur [?1;4]
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Nous avons donné plus haut un exemple d'une fonction continue dévelop- pable en une série de fonctions continués qui n'est pas également con- vergente; mais on
[PDF] TD no 11 — Propriétés des fonctions continues
Donner un exemple de fonction continue g :]0 1[?]0 1[ qui n'admet pas de point fixe Exercice 9 Soient I un intervalle de R et f : I ? R une fonction
Qu'est-ce qu'une fonction non continue ?
La fonction g est discontinue en x0. Autrement dit, on voit graphiquement qu'une fonction est continue en un point x0 si la courbe passe par le point M0(x0 ; ƒ(x0)) sans coupure. Sinon, la fonction est discontinue en ce point. Soit la fonction f définie sur par f(x) = x2+ 3x + 4 si x > 1 ; f(x) = 5 + 3x si x ? 1.Quand une fonction n'est pas continue ?
Comme pour une fonction d'une variable réelle, cette propriété sert souvent à montrer qu'une fonction n'est pas continue. alors un tend vers (0, 0) mais f(un) ne tend pas vers f(0, 0) quand n tend vers +?. pour tout t = 0, ce qui donne une contradiction et prouve par l'absurde que f n'est pas continue en (0,0).Une fonction ( ) est continue si elle respecte les trois conditions suivantes :
doit être défini en ( appartient à l'ensemble de définition de ) ;l i m ? ? ? ( ) doit exister ;l i m ? ? ? ( ) et ( ) doivent avoir la même valeur.
CPP - 2013/2014 Fonctions réelles
J. Gillibert
Corrigé du TD n
o11Exercice 1 Soientfetgdeux fonctions continuesR→R. On suppose que : ?x?Q, f(x) =g(x)Montrer quef=g.
Réponse :Rappelons d"abord le résultat suivant :tout nombre réel est limite d"une suite de nombres rationnels, autrement dit l"adhérence deQest égale àR(on dit queQest dense dansR).Pour justifier rigoureusement ce résultat, soitαun nombre réel, alors la suite(un)définie par
u n=?10nα?10 nest une suite de nombres rationnels (et même décimaux) qui converge versα. En effet, par définition de
la partie entière nous avons : 10 d"où : nce qui n"est pas très étonnant :unest la valeur approchée par défaut à10-nprès deα. Le théorème des
gendarmes montre que(un)converge versα.Passons à la résolution de l"exercice proprement dit. Soitαun réel, et soit(un)une suite de nombres
rationnels qui converge versα. Alors, par continuité def, la suitef(un)converge versf(α). De même, par
continuité deg, la suiteg(un)converge versg(α). Maisunest un nombre rationnel, doncf(un) =g(un)
pour toutn. Par unicité de la limite d"une suite, on en déduit quef(α) =g(α).Exercice 2
1. Montrer que, pour tout couple(a,b)?R2,
max(a,b) =12 (a+b+|a-b|).Réponse :On distingue deux cas :
- ou biena≥b, dans ce casa-best positif ou nul, donc|a-b|=a-b. Par conséquent : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b+a-b) =a= max(a,b) - ou biena < b, dans ce casa-best strictement négatif, donc|a-b|=-a+b. Il en résulte que : 12 (a+b+|a-b|) =12 (a+b-a+b) =b= max(a,b) Dans tous les cas la formule est bien vérifiée.2. Soientfetgdeux fonctions continuesD→R. Soitmax(f,g)la fonction définie par
max(f,g) :D-→R x?-→max(f(x),g(x)) 1Montrer que cette fonction est continue surD.
Réponse :D"après la question précédente, nous avons : max(f,g) =12 (f+g+|f-g|). Or la fonctionf-gest continue (comme différence de deux fonctions continues) et la fonction valeur absolue est continue, donc la fonction|f-g|est continue (comme composée de fonctions continues). Finalement,f+g+|f-g|est la somme de trois fonctions continues, donc est continue, ce qui montre quemax(f,g)est continue.Exercice 3
1. Montrer que l"équationx5=x2+ 2a au moins une solution sur]0,2[.
Réponse :Soitf(x) =x5-x2-2, alors notre équation se réécritf(x) = 0. La fonctionfest continue surRetf(0) =-2,f(2) = 26. D"après le théorème des valeurs intermédiaires (TVI), comme0est compris entref(0)etf(2), il existe un réelαcompris entre0et2tel quef(α) = 0. Commef(0)etf(2)sont tous les deux non nuls, ce réelαappartient à l"intervalle ouvert]0,2[.2. Montrer que le polynômex3+ 2x-1a une unique racine qui appartient à l"intervalle]0,1[.
Réponse :Soitf(x) =x3+ 2x-1. La fonctionfest continue dérivable surR, et sa dérivée f ?(x) = 3x2+ 2est strictement positive surR. Par conséquent,fest strictement croissante surR,donc d"après le théorème de la bijection elle réalise une bijection entre l"intervalle]0,1[et l"intervalle
]f(0),f(1)[=]-1,2[. Ainsi, pour toutr?]-1,2[, il existe un uniquec?]0,1[tel quef(c) =r, d"où le résultat en prenantr= 0.3. Montrer que l"équationx2(cosx)5+xsinx+ 1 = 0admet au moins une solution réelle.
Réponse :La fonctionf:x?→x2(cosx)5+xsinx+ 1est continue surR. De plus, on calcule quef(0) = 1et quef(π) = 1-π2. Comme1-π2est négatif, on en déduit d"après le TVI qu"il existe
un réelβcompris entre0etπtel quef(β) = 0.Exercice 4
Soientn?N?etα?]0,+∞[. Démontrer, en utilisant le théorème de la bijection, que le polynôme
P(X) =Xn-αadmet une unique racine dans]0,+∞[.Réponse :La fonctionP:x?→xn-αest continue dérivable sur]0,+∞[. Sa dérivéex?→nxn-1est
strictement positive sur]0,+∞[. Par conséquent,Pest strictement croissante, donc, d"après le théorème
de la bijection, elle réalise une bijection entre]0,+∞[et son image, qui est]-α,+∞[. En particulier, il
existe un unique réelc?]0,+∞[tel queP(c) = 0.Exercice 5
SoitP?R[X]un polynôme de degré impair. Montrer quePadmet une racine réelle.Réponse :Soitn= 2k+1le degré deP, alors le terme de plus haut degré dePest de la formeax2k+1
aveca?= 0. D"après le coursP(x)≂+∞ax2k+1
On en déduit que :
limx→+∞P(x) = limx→+∞ax2k+1=a×(+∞) Le même équivalent étant valable en-∞, il vient lim x→-∞P(x) = limx→-∞ax2k+1=a×(-∞)Ora×(+∞)eta×(-∞)sont deux infinis de signes contraires. La fonctionP:R→Rétant continue, le
théorème des valeurs intermédiaires prouve que l"image deRpar la fonctionPest l"intervalle]-∞,+∞[,
autrement dit la fonctionP:R→Rest surjective (attention : elle n"est pas injective en général). En
particulier,0admet au moins un antécédent parP, ce qu"on voulait.Exercice 6
Soitf: [0,+∞[→[0,+∞[une fonction continue, qui tend vers0quandx→+∞. 21. On distingue deux cas : ou bienfest la fonction nulle, dans ce cas il n"y a rien à montrer, ou bien
fn"est pas toujours nulle, dans ce cas il existex0?[0,+∞[tel quef(x0)>0. D"autre part, on sait queftend vers0en+∞, donc en appliquant la définition de la limite avecε=f(x0)2 , on trouve qu"il existe un réelA >0tel que Commefest à valeurs dans[0,+∞[, cela se reformule en : (1)Doncfest bornée sur l"intervalle[A,+∞[. D"autre part, le théorème des bornes montre quefest
f([0,A]) = [m,M]. Il en résulte quefest majorée sur[0,+∞[parmax?M,f(x0)2
. Mais on constate quex0appartient à[0,A](sinon la propriété (1) serait contredite), doncM≥f(x0)>f(x0)2 . Il en résulte quefestmajorée parMsur[0,+∞[. Or, toujours d"après le théorème de bornes, il existet?[0,A]tel que
f(t) =M, doncfatteint sa borne supérieure.2. La fonctionfn"atteint pas forcément sa borne inférieure. Par exemple, la fonction
f: [0,+∞[-→[0,+∞[ x?-→1x+ 1 satisfait les hypothèses de l"énoncé, mais n"atteint pas sa borne inférieure (qui est0).Exercice 7
On considère la fonctionf: [0,+∞[→Rdéfinie par f(x) =x2+xx 2+ 1. a) Soitx?]0,1[, alors0< x2+x < x2+ 1d"où0< f(x)<1. Donc]0,1[est stable parf. Un raisonnement analogue montre que]1,+∞[est stable parf.b) D"après ce qui précède, étant donnéx0?]0,1[, la suite(xn)définie par la relation de récurrence
x n+1=f(xn)est bien définie, et à valeurs dans]0,1[. c) Pour montrer que(xn)est croissante, il suffit de montrer que ?x?]0,1[, f(x)> xOr nous avons
f(x)x =x+ 1x 2+ 1 Sixappartient à]0,1[, alorsx2< xdonc0< x2+ 1< x+ 1. Il en résulte quef(x)x est strictementsupérieur à1, d"où le résultat. La suite(xn)est strictement croissante et majorée par1, elle converge
donc vers une certaine limite??]0,1]. Par continuité def, cette limite satisfaitf(?) =?, c"est-à-dire
est un point fixe def. Or l"équationf(?) =?s"écrit 2+??2+ 1=?
Comme??= 0, on peut diviser par?les deux membres de l"équation : ?+ 1?2+ 1= 1
3 c"est-à-dire : ?+ 1 =?2+ 1 d"où?2-?= 0, équation dont les solutions sont0et1. Comme??= 0, on en déduit que?= 1.Exercice 8
1. Soitf: [a,b]→[a,b]une fonction continue. Montrer qu"il existex0?[a,b]tel quef(x0) =x0.
Réponse :Considérons la fonctiongdéfinie par g: [a,b]-→R x?-→f(x)-x Commefest continue,gl"est aussi. Il est clair par construction degque notre problème se ramène à montrer l"existence d"un réelx0?[a,b]tel queg(x0) = 0. D"autre part : g(a) =f(a)-a≥0carf(a)appartient à[a,b], en particulierf(a)≥aDe même :
Donc0est compris entreg(a)etg(b). D"après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe donc
x0?[a,b]tel queg(x0) = 0, CQFD.
2. Montrer que l"équationcosx=xadmet une solution comprise entre0et1.
Réponse :Commecos([0,π2
]) = [0,1]et que[0,1]est inclus dans[0,π2 ], on en déduit quecos([0,1])est inclus dans[0,1]. Il suffit simplement d"appliquer le résultat de la question précédente à la
fonctioncos : [0,1]→[0,1].3. Donner un exemple de fonction continueg:]0,1[→]0,1[qui n"admet pas de point fixe.
Réponse :La fonctionx?→x2convient.
Exercice 9
SoientIun intervalle deRetf:I→Rune fonction continue. Les propositions suivantes sont elles vraies
ou fausses?1. SiIest ouvert alorsf(I)est ouvert.
Réponse :C"est faux. Par exemple,sin(]0,2π[) = [-1,1].2. SiIest fermé alorsf(I)est fermé.
Réponse :C"est faux (mais la question est légèrement hors programme). En effet, l"intervalle
[1,+∞[est fermé (car son complémentaire]- ∞,1[est ouvert), et la fonctionx?→1/xréalise une
bijection continue entre[1,+∞[et]0,1], qui n"est pas fermé.3. SiIest borné, alorsf(I)est borné.
Réponse :C"est faux. Par exemple, l"image de]0,1]par la fonctionx?→1/xest[1,+∞[.4. SiIest fermé borné, alorsf(I)est fermé borné.
Réponse :C"est vrai, d"après le théorème des bornes.Exercice 10
Soitf:R→Rla fonction définie par
f(x) =11 +x21. La fonctionfest continue. De plus, la fonctionx?→1 +x2est strictement croissante, à valeurs
positives, sur[0,+∞[. Par conséquent,fest strictement décroissante sur ce même intervalle. D"après
le théorème de la bijection,fréalise une bijection de[0,+∞[sur son image, qui est : f([0,+∞[) =] limx→+∞f(x),f(0)] =]0,1] 42. D"après le théorème de la bijection, l"applicationf-1:]0,1]→[0,+∞[est continue, strictement
décroissante (car de même sens de variation quef).3. On calcule que :
f -1(y) =?1 y -1. (pour un calcul plus détaillé d"une bijection réciproque, voir l"exercice suivant).Exercice 11
1. Soit la fonctionf: [-1,+∞[→R, définie par
f(x) =1⎷x2+ 2x+ 2.
La fonctionx?→x2+ 2x+ 2étant strictement croissante sur[-1,+∞[, à valeurs positives, la
fonctionx?→⎷x2+ 2x+ 2l"est aussi. Par conséquent, la fonctionfest strictement décroissante sur
[-1,+∞[. D"après le théorème de la bijection, la fonctionfétant continue strictement décroissante,
elle réalise une bijection entre l"intervalle[-1,+∞[et son image. En outre : f([-1,+∞[) =] limx→+∞f(x),f(-1)] =]0,1].Il nous reste à déterminer la bijection réciproquef-1. Pour cela, on se donney?]0,1], et on cherche
à déterminer (en fonction dey) l"uniquex?[-1,+∞[tel quef(x) =y. Cette équation s"écrit :
1⎷x
2+ 2x+ 2=y
commeyest strictement positif, cette équation équivaut à : x2+ 2x+ 2 =1y
2 c"est-à-dire : (x+ 1)2=1y 2-1(notez bien l"idée de passer à la forme canonique, qui évite la lourdeur de la résolution d"une équation
de degré2enxdont le discriminant dépend dey!). Commex+ 1est positif, on en déduit que x+ 1 =?1 y 2-1Ainsi :
f -1(y) =x=?1 y2-1-1.
2. On sait que la fonction tangente réalise une bijection entre]-π2
,π2 [etR. Il nous faut donc trouver un intervalleItel que la fonctionh:x?→x3réalise une bijection entreIet]-π2 ,π2 [. On voit bien que cet intervalle estI=]-3?π 2 ,3?π 2 [. Plus précisément,Iest l"image de]-π2 ,π2 [par la bijection réciproque de la fonctionh:x?→x3. On a donc le diagramme suivant ]-3?π 2 ,3?π 2 [-----→h:x?→x3]-π2 ,π2 [----→tanR dans lequel les deux fonctions sont bijectives. Donc leur composéeg= tan◦hest bijective, et la fonction réciproqueg-1est obtenue en composant les fonctions réciproques dans l"autre sens, c"est-à-dire : g -1=h-1◦arctanPlus explicitement :
g -1(y) =?3⎷arctanysiy≥0
3⎷-arctanysiy <0
5Exercice 12
On considère la fonctionf:R→Rdéfinie par f(x) =?xsix?Q1-xsix??Q
1. Pour déterminer l"applicationf◦fon distingue deux cas
- six?Q, alorsf(x) =x, doncf(f(x)) =f(x) =x. - six /?Q, alorsf(x) = 1-x. De plus,xétant irrationnel,1-xl"est aussi, donc f(1-x) = 1-(1-x) =x.Dans tous les cas, on a montré quef(f(x)) =x, c"est-à-dire quef◦f= idR. Rappelons (voir le
cours d"algèbre) que, sifetgsont deux fonctions telles quef◦g= idetg◦f= id, alorsfetgsont
bijectives, et réciproques l"une de l"autre. Ce résultat s"applique bien dans notre cas, en prenant les
deux fonctions égales àf. On en déduit quefest bijective, et quef-1=f.2. Pour voir quefn"est pas monotone, on doit montrer qu"elle n"est ni croissante, ni décroissante.
Nous avons :
f(0) = 0, f(1) = 1etf(⎷2) = 1-⎷2(car⎷2est irrationnel). d"où : f(0)< f(1)etf(1)> f(⎷2) La première inégalité montre quefn"est pas décroissante, la seconde montre quefn"est pascroissante. Il reste à voir quefn"est pas continue surR. Pour cela, il suffit de trouver un pointx0
où elle n"est pas continue. Choisissonsx0=⎷2. Rappelons quef(⎷2) = 1-⎷2. D"autre part, soit
(un)une suite de nombres rationnels qui converge vers⎷2(une telle suite existe d"après l"ex. 1),
alorsf(un) =unpour toutn, donc la suitef(un)converge vers⎷2, autrement dit : lim n→+∞f(un) =⎷2?=f(⎷2). D"après le critère séquentiel,fn"est donc pas continue en⎷2.Exercice 13
Soith:R→Rune fonction continue telle que :
?x?R, h(x) =h?x2Montrer quehest constante.
Réponse :On se donne un réelx. Par une récurrence immédiate, on voit que : h(x) =h?x2 n? pour tout entiern≥1.Comme la suite
?x2 n?converge vers0, par continuité dehla suiteh?x2 n?converge versh(0). Or la suite h?x2n?est constante égale àh(x)d"après ce qui précède. Donch(x) =h(0). Ainsi nous avons démontré
que la fonctionhest constante, égale àh(0).Exercice 14
Soitf: [0,1]→Rune fonction continue telle quef(0) =f(1), et soitp≥1un entier fixé. Montrer qu"il
existe un réelxp?[0,1]tel que f? x p+1p =f(xp). 6 Réponse :On considère la fonctionhdéfinie par : h:?0,1-1p
-→R x?-→f? x+1p -f(x)Alorshest continue, et le problème de départ équivaut à trouver un réelxptel queh(xp) = 0.
Nous avons :
h(0) =f?1p -f(0) h ?1p =f?2p -f?1p h?p-1p =f(1)-f?p-1pEn sommant le tout, on trouve que :
p-1? k=0h?kp =f(1)-f(0) = 0. On en déduit qu"il existe deux entiersietjaveci < jtels que0soit compris entreh? ip eth?jpEn effet, si une somme de termes est nulle, alors ou bien tous les termes sont nuls, ou bien certains sont
positifs et d"autres sont négatifs. Il suffit alors d"appliquer le théorème des valeurs intermédiaires à la
fonctionhsur l"intervalle? ip ,jp 7quotesdbs_dbs41.pdfusesText_41[PDF] figures acrosport cycle 3
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